2025年高考数学二轮复习-圆锥曲线专题26：抛物线的对称性问题【含答案】

专题26：抛物线的对称性问题一、单选题1．抛物线y＝2x2上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)关于直线y＝x＋m对称，且x1x2＝－，则m等于()A． B．2C． D．32．有一个正三角形的两个顶点在抛物线y2＝2px(p>0)上，另一个顶点在原点，则该三角形的边长是()A． B．C． D．3．已知正的顶点，在抛物线上，另一个顶点，则这样的正三角形有个？A．1 B．2 C．3 D．44．已知抛物线上有一定点和两动点，当时，点的横坐标取值范围是A． B． C． D．5．在抛物线型内壁光滑的容器内放一个球，其通过中心轴的纵剖面图如图所示，圆心在轴上，抛物线顶点在坐标原点，已知抛物线方程是，圆的半径为，若圆的大小变化时，圆上的点无法触及抛物线的顶点，则圆的半径的取值范围是（）A． B． C． D．6．长度为4的线段的两个端点在抛物线上移动，试求线段的中点M到x轴距离的最小值为（）A．3 B． C． D．7．已知曲线的抛物线及抛物线组成，，，是曲线上关于轴对称的两点（四点不共线，且点在第一象限），则四边形周长的最小值为（）A． B． C． D．8．已知抛物线与圆交于A，B两点，且，则（）A． B．1 C．2 D．49．抛物线与圆交于、两点，圆心，点为劣弧上不同于、的一个动点，平行于轴的直线交抛物线于点，则的周长的取值范围是A． B． C． D．二、多选题10．已知为坐标原点，过点作两条直线分别与抛物线：相切于点、，的中点为，则下列结论正确的是（）A．直线过定点；B．的斜率不存在；C．轴上存在一点，使得直线与直线关于轴对称；D．、两点到抛物线准线的距离的倒数和为定值.三、解答题11．如图，已知抛物线：与圆：有四个不同的公共点，，，.（Ⅰ）求的取值范围；（Ⅱ）求四边形面积的最大值.12．已知直线与抛物线有一个公共点.（1）求抛物线方程；（2）斜率不为0的直线经过抛物线的焦点，交抛物线于两点，.抛物线上是否存在两点，关于直线对称？若存在，求出的斜率的取值范围；若不存在，请说明理由.四、填空题13．已知抛物线，为其焦点，为其准线，过任作一条直线交抛物线于两点，分别为在上的射影，为的中点，给出下列命题：①；②；③//；④与的交点在轴上；⑤与交于原点.其中真命题是__________．（写出所有真命题的序号）14．曲线是平面内到定点和定直线：的距离之和等于5的点的轨迹，给出下列三个结论：①曲线关于轴对称；②若点在曲线上，则满足；③若点在曲线上，则.其中，正确结论的序号是________.15．以抛物线：的顶点为圆心的圆交于两点，交的准线于两点.已知，，则等于__________．16．已知抛物线的方程为，为坐标原点，，为抛物线上的点，若为等边三角形，且面积为，则的值为__________．参考答案1．A【分析】由题意设出直线AB的方程，与抛物线方程联立消元后得到关于x的二次方程，然后结合根与系数的关系求出线段AB的中点坐标，代入对称轴方程y＝x＋m后可得m的值．【解析】∵A,B两点关于直线y＝x＋m对称，∴可设直线AB的方程为y＝－x＋b，由消去y整理得2x2＋x－b＝0，∵直线AB与抛物线交于两点，∴Δ＝1＋8b＞0，解得．又由题意得，∵，∴b＝1，满足题意．设A，B的中点为P(x0，y0)，则，∴，又点在直线y＝x＋m上，∴，解得．故选A．【点评】解决解析几何中的对称问题时要注意垂直与平分两个方面：（1）根据垂直可得两对称点所在直线的方程的斜率，进而得到过两对称点的方程，然后与曲线方程联立消元后运用根与系数的关系求解；（2）根据平分得到两对称点的中点坐标，然后根据此中点在对称轴上可得所求．2．B【分析】设出等边三角形的边长，根据等边三角形和抛物线的对称性，可得到对称两个顶点的坐标，将坐标代入抛物线方程可求得边长.【解析】设等边三角形的边长为，根据等边三角形和抛物线的对称性，可得等边三角形一个顶点的坐标为，代入抛物线方程得，解得.【点评】本小题主要考查等边三角形和抛物线图像的对称性，考查利用抛物线上点的坐标求参数等知识，属于基础题.3．D【解析】由题意得，当等边三角形关于轴对称时，两个边的斜率，其方程为，每条直线与抛物线均有两个交点，焦点两侧的两交点连接，分别构成一个等边三角形，这样的正三角形有2个，如图所示（黑色两个），两个顶点同时在抛物线上方如图中蓝色，或同时在下方各一个，如图中绿色部分，故选D.4．D【解析】设抛物线上两动点的坐标分别为，，，，即，整理可得：,而、和三点不重合即，所以式子可化成，整理可得，根据题意可知，关于的方程有实数解，即判别式，得或，点的横坐标取值范围是，故选.5．A【分析】设圆心为，（），半径为，是抛物线上任一点，求出，当的最小值在原点处取得时，圆过原点，可得此时圆半径的范围，半径不在这个范围内的圆不过原点．【解析】设圆心为，（），半径为，是抛物线上任一点，，若的最小值不在处取得，则圆不过原点，所以，即，此时圆半径为．因此当时，圆无法触及抛物线的顶点．故选：A．【点评】本题考查圆与抛物线的位置关系，题中圆不过原点，说明抛物线上的点到圆心距离的最小值不是在原点处取得，由此得到解法，即设圆心为，抛物线上点的坐标为，求出，然后确定其最小值，由最小值点不是原点可得结论．6．D【分析】求出抛物线的焦点和准线方程，设，，点M到x轴距离为，利用抛物线的定义可求，利用即可求解.【解析】由题意可得，准线为，设，，因为是的中点，所以由抛物线的定义可得，，所以，所以，当且仅当三点共线时等号成立，所以线段的中点M到x轴距离的最小值为，故选：D【点评】本题解题的关键点是利用抛物线的定义求出，结合可求.7．B【分析】根据，，是曲线上关于轴对称的两点，结合抛物线的对称性建立四边形周长模型，再由抛物线的定义得到，然后由直线段最短求解.【解析】设抛物线的焦点为，则四边形的周长:，当共线时取等号，故选：B.【点评】本题主要考查抛物线的定义和几何性质以及四边形周长最值问题，属于中档题.8．C【分析】两个曲线都关于轴对称，可知A，B两点的横坐标相同，纵坐标互为相反数，从而可设出两点坐标，分别代入抛物线和圆的方程，从而可求出答案.【解析】由题意，抛物线与圆交于A，B两点，且，因为两个曲线都关于轴对称，所以A，B两点的横坐标相同，纵坐标互为相反数，故可设，，代入圆的方程得，解得，故，，代入抛物线方程可得，即.故选：C.【点评】本题考查抛物线和圆的方程的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.9．B【分析】求出圆心坐标，可得抛物线的焦点，过作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义，可得，故的周长为，联立圆与抛物线可得B点坐标，可得的取值范围，可得答案.【解析】如图，可得圆心也是抛物线的焦点，过作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义，可得故的周长，由可得，.的取值范围为的周长的取值范围为故选：.【点评】本题主要考查圆与抛物线的综合、抛物线的基本量的计算与性质，综合性大，属于中档题.10．BCD【分析】利用导数的几何意义得到直线的方程，从而得到定点坐标，得A错误；将直线的方程与抛物线方程联立，并利用根与系数的关系得到点横坐标，从而得到轴，得B正确；设，直线、的斜率分别为、，并利用斜率公式及根与系数的关系得到当时，，得C正确；根据抛物线的几何性质得到两点到准线的距离的倒数之和，并借助根与系数的关系化简，得D正确.【解析】设、，∵，∴，∴过点的切线方程为，即，∴，同理过点的切线方程为，将分别代入上式，得，，∴直线的方程为，∴直线过定点，A选项错误，联立方程得：，，则，，∴点的横坐标为，∴轴，B选项正确，设，由题意得、，设直线、的斜率分别为、，则，当时，，即直线与直线关于轴对称，C选项正确，∵点到准线的距离为，点到准线的距离为，∴，D选项正确，故选：BCD.【点评】本题考查导数的几何意义、抛物线的几何性质以及直线与抛物线的位置关系，以直线与抛物线相切为出发点，利用根与系数的关系考查定值问题.11．（Ⅰ）；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）联立抛物线与圆的方程，由题意可得在上有两个不同的解，即，解不等式组可得答案.（Ⅱ）用半径表示出四边形的面积为，令，此时，构造函数，求导判单调性，由单调性即可得到最值.【解析】（Ⅰ）联立得.由题可知，在上有两个不同的解，所以，得，所以.（Ⅱ）设，，，，由韦达定理可知，，.又.，所以.令，则，此时.记，..当时，，当时，.所以在上单调递增，在单调递减.所以，得四边形的最大值为.【点评】本题考查圆与抛物线的位置关系，考查韦达定理的应用，考查利用导数研究函数的最值问题，属于中档题.12．（1）（2）抛物线上不存在两点，关于过焦点的直线对称；详见解析【分析】（1）联立直线与抛物线方程，消去得，因为直线与抛物相切，所以即可求出参数的值.（2）设直线的方程为.假设抛物线上存在两点，关于直线对称，可设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，消元，设，，中点为.列出韦达定理表示出点坐标，其代入方程，即可判断.【解析】（1）由题联立方程组消去得因为直线与抛物相切，所以解得或（舍）所以抛物线的方程为.（2）由（1）可知，所以可设直线的方程为.假设抛物线上存在两点，关于直线对称，可设直线的方程为，联立方程组消去得由，得，设，，中点为.则，，因为在直线上，所以将其代入方程，得，即，代入，得，所以无解，故不存在.即抛物线上不存在两点，关于过焦点的直线对称.【点评】本题考查直线与抛物线相切求抛物线的方程，直线与抛物线的综合应用，属于中档题.13．①②③④⑤【分析】根据题意，结合抛物线定义和性质，即可对选项进行逐一分析判断.【解析】根据题意，作图如下：因为在抛物线上，由抛物线的定义，得，又分别为在上的射影，所以，即①正确；取的中点，则，所以，即②正确；由②得平分，所以，又因为，所以//，即③正确；取轴，则四边形为矩形，则与的交点在轴上，且与交于原点，即④⑤正确；故答案为：①②③④⑤.【点评】要注意填空题的一些特殊解法的利用，可减少思维量和运算量，如本题中的特殊位置法（取轴）.14．②③【分析】先求出曲线的轨迹方程，进而画出图形，对三个结论逐个分析，可得出答案.【解析】设动点是曲线上任意一点，则，即，当时，，整理得，当时，，整理得，作出曲线的图形，如下图，显然①不正确，曲线不关于轴对称；当时，可得，所以当点在曲线上时，满足成立，即②正确；令，可得，所以当点在曲线上时，满足，且，又，所以，，即③正确.故答案为：②③.【点评】本题考查轨迹方程的求法，考查数形结合思想的应用，考查学生的计算求解能力，属于难题.15．.【分析】画出图形，利用勾股定理以及圆的半径列出方程求解即得p的值.【解析】如图：，，，，，，，，解得：，故答案为．【点评】本